Постановка задачи
Найти экстремали функционала
J[y]=∫x0x1L(x,y,y′)dx
при условиях
∫x0x1G(x,y,y′)dx=C,y(x0)=y0,y(x1)=y1
У функционала J может и не быть экстремалей в смысле задачи с фиксированными концами. Однако, на множестве кривых y(x), удовлетворяющих условию ∫x0x1G(x,y,y′)dx=C, у функционала могут найтись экстремали.
Шаблон решения
Вычисление производных. Уравнение Эйлера-Лагранжа
Рассмотрим функцию
Φ(x,y,y′;λ)=L(x,y,y′)+λG(x,y,y′),
где λ – параметр, подлежащий определению.
Вычисляем производные:
∂∂yΦ(x,y,y′;λ),∂∂y′Φ(x,y,y′;λ),ddx∂∂y′Φ(x,y,y′;λ).
Выписываем уравнение Эйлера-Лагранжа
ddx∂∂y′Φ(x,y,y′;λ)=∂∂yΦ(x,y,y′;λ)
и приводим его к максимально простому виду.
Решение уравнения
Решаем полученное дифференциальное уравнение второго порядка. Выписываем общее решение
y=y(x,C1,C2;λ).
Определение констант интегрирования
Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных
{y(x0,C1,C2;λ)=y0y(x1,C1,C2;λ)=y1
Решая данную систему, получаем выражение постоянных через λ
C1=C1(x0,x1,y0,y1;λ),C2=C2(x0,x1,y0,y1;λ).
Определение значения λ
Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение
y∗(x;λ)=y(x,C1(x0,x1,y0,y1;λ),C2(x0,x1,y0,y1);λ)
и интегрируем:
∫x0x1G(x,y∗(x;λ),y∗′(x;λ))dx=C(λ).
Находим значение λ из изопериметрического условия C(λ)=C.
Уравнение экстремали
Выписываем уравнение экстремали, подставляя в общее решение y(x,C1,C2;λ) найденные значения постоянных.
Если подинтегральные функции L(x,y,y′) и G(x,y,y′) не зависят от первого аргумента, то уравнение Эйлера-Лагранжа имеет первый интеграл
y′∂Φ(y,y′;λ)∂y′−Φ(y,y′;λ)=C1.
Данное выражение определяет дифференциальное уравнение первого порядка, общее решение которого (зависящее от некоторой постоянной C2) совпадает с решением уравнения Эйлера-Лагранжа.
На практике можно выбирать – решать исходное уравнение Эйлера-Лагранжа, или воспользоваться первым интегралом.
Хотя задачи эквивалентные, но вид уравнений может заметно различаться.
Примеры
Пример 1
Найти экстремали функционала
J[y]=∫01y′2dx
при условиях
∫01xydx=14,y(0)=0,y(1)=112.
- Рассмотрим функцию
Φ(x,y,y′;λ)=y′2+λxy,
где λ – параметр, подлежащий определению.
Вычисляем производные:
∂∂y(y′2+λxy)=λx,∂∂y′(y′2+λxy)=2y′,
ddx∂∂y′(y′2+λxy)=ddx2y′=2y′′.
Уравнение Эйлера-Лагранжа
2y′′=λx.
- Полученное уравнение легко интегрируется:
y′′=λx2⇒y′=λx24+C1⇒y(x,C1,C2;λ)=λx312+C1x+C2.
- Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных
{λ⋅0312+C1⋅0+C2=0λ⋅1312+C1⋅1+C2=112⇒{C2=0C1=1−λ12.
- Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение
y∗(x;λ)=λx312+C1x+C2=λx312+(1−λ)x12
и интегрируем функцию xy:
∫01xy∗(x;λ)dx=∫01(λx412+(1−λ)x212)dx=112(λ5+1−λ3).
Найдем значение λ из изопериметрического условия
112(λ5+1−λ3)=14.
Получаем λ=−20.
- Выписываем уравнение экстремали, подставляя в общее решение найденные значения постоянных
y∗(x)=y∗(x;−20)=−5x33+7x4.
Пример 2 (Задача Дидоны)
Найти экстремали функционала
J[y]=∫01ydx
при условиях
∫011+y′2dx=2,y(0)=y(1)=0
1,2. Подинтегральные функции L(x,y,y′)=y и G(x,y,y′)=1+y′2 не зависят от переменной x, поэтому уравнение Эйлера-Лагранжа задачи имеет первый интеграл
y′∂∂y′(y+λ1+y′2)−(y+λ1+y′2)=C1.
Вычислив частную производную и выполнив элементарные преобразования, получим уравнение
y′=λ2(y+C1)2−1.
Отсюда следует, что
dx=(C1+y)dyλ2−(C1+y)2.
Интегрируя, получим
x=∫(C1+y)dyλ2−(C1+y)2=−12∫d(λ2−(C1+y)2)C12−y2=−λ2−(C1+y)2+C2.
Таким образом, общее решение уравнения Эйлера-Лагранжа
y(x,C1,C2;λ)=λ2−(x−C2)2−C1.
- Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных
{0=λ2−(0−C2)2−C10=λ2−(1−C2)2−C1⇔{C22=(1−C2)2C1=λ2−C22⇔{C2=12C1=λ2−14.
- Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение уравнения Эйлера-Лагранжа:
y∗(x;λ)=λ2−(x−12)2−λ2−14.
Заметим, что для определенности выражения должно выполняться неравенство λ>12.
Вычисляем производную
y∗′(x;λ)=−x−12λ2−(x−12)2.
Интегрируем:
∫011+y∗′2dx=λ∫01dxλ2−(x−12)2=2λarcsin12λ.
Найдем значение λ из изопериметрического условия
2λarcsin12λ=2⇒λsin1λ=12.
Полученное уравнение имеет единственный корень1 λ0, удовлетворяющий неравенствам2.
1Рассмотрим функцию f(λ)=λsin1λ. Из условий f(1/2)<1/2 и f(1)>1/2 следует, что уравнение f(λ)=1/2 имеет корни. Единственность корня следует из монотонности при λ>12: f′(λ)=sin1λ−1λcos1λ>0.
2В силу того, что sin1λ>1λ−16λ3, имеем λ0<13. Численное решение уравнения дает λ0≈0.528.
12<λ0<13.
- Таким образом, искомая экстремаль – дуга окружности
y∗(x)=λ02−(x−12)2−λ02−14.
Длина дуги AB⌢=∫011+y′2dx=2. Площадь между дугой и осью абсцисс равна J[y∗].
Пример 3.
Пример изопериметрической задачи, имеющей бесконечно много экстремалей
Найти экстремали функционала
J[y]=∫01(y2+y′2)dx
при условиях
∫01y2dx=1,y(0)=y(1)=0
- Рассмотрим функцию
Φ(x,y,y′;λ)=y2+y′2+λy2=y′2+(1+λ)y2,
где λ – параметр, подлежащий определению.
Вычисляем производные:
∂∂y(y′2+(1+λ)y2)=2(1+λ)y,∂∂y′(y′2+(1+λ)y2)=2y′,$$ddx∂∂y′(y′2+(1+λ)y2)=ddx2y′=2y′′.
Уравнение Эйлера-Лагранжа
2y′′=2(1+λ)y⇒y′′=(1+λ)y.
2,3. Полученное уравнение явлется ЛОДУ второго порядка.
Рассмотрим три случая.
Если 1+λ>0, то общее решение уравнения y′′=(1+λ)y имеет вид
y=C1ch1+λx+C2sh1+λx.
Граничные условия приводят к тривиальному решению:
{0=C1ch0+C2sh00=C1ch1+λ+C2sh1+λ⇒{C1=0C2sh1+λ=0⇒{C1=0C2=0,
которое не может быть искомой экстремалью в силу изопериметрического условия.
Если 1+λ=0, то общее решение уравнения y′′=0 имеет вид
y=C1x+C2.
Граничные условия также приводят к тривиальному решению.
Если 1+λ<0, то общее решение уравнения y′′=(1+λ)y имеет вид
y=C1cos−1−λx+C2sin−1−λx.
Граничные условия приводят к соотношению
{0=C1cos0+C2sin00=C1cos−1−λ+C2sin−1−λ⇒{C1=0C2sin−1−λ=0
Таким образом, C2 пока не определено, а постоянная λ может принимать значения λn=−1−π2n2, при любом целом n.
- Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение
yn(x)=C2sinπnx.
Интегрируем
∫01yn2dx=C22∫01sin2πnxdx=C222.
Найдем значение C2 из изопериметрического условия:
C222=1⇒C2=±2
- Выписываем уравнение экстремалей, подставляя в общее решение найденные значения постоянных
yn(x)=2sinπnx.
Здесь n – произвольное ненулевое целое число.
Не получается самостоятельно разобраться с темой? Заказать написание статьи по математике!
Комментарии